三角形的重心与外心是否具有仿射不变性？如何证明？

Great question! Let’s break this down with clear conclusions first, then dive into the proofs and explanations.

结论概述 #

• 重心（Centroid）具备仿射不变性：任意仿射变换作用于三角形后，变换所得三角形的重心恰好是原三角形重心在该仿射变换下的像。
• 外心（Circumcenter）不具备仿射不变性：仿射变换会改变三角形的形状（比如拉伸、剪切），破坏外接圆圆心的对应关系，变换后的外心通常不是原外心的仿射像。

具体证明方法 #

1. 重心的仿射不变性证明 #

先明确两个核心前提：

• 三角形的重心坐标（在任意仿射坐标系下）是三个顶点坐标的算术平均：若三角形顶点为 ( A, B, C )，则重心 ( G = \frac{1}{3}(A + B + C) )。
• 仿射变换的定义：任意仿射变换 ( T ) 都可表示为线性变换 + 平移，即 ( T(\vec{x}) = L(\vec{x}) + \vec{b} )，其中 ( L ) 是满足 ( L(a\vec{u} + b\vec{v}) = aL(\vec{u}) + bL(\vec{v}) ) 的线性变换，( \vec{b} ) 是平移向量。

接下来推导变换后的重心：
对原重心 ( G ) 应用仿射变换 ( T )：
[
T(G) = T\left( \frac{1}{3}(A + B + C) \right) = L\left( \frac{1}{3}(A + B + C) \right) + \vec{b}
]
根据线性变换的线性性质展开：
[
= \frac{1}{3}(L(A) + L(B) + L(C)) + \vec{b} = \frac{1}{3}\left( (L(A)+\vec{b}) + (L(B)+\vec{b}) + (L(C)+\vec{b}) \right)
]
而 ( T(A) = L(A)+\vec{b} )、( T(B)=L(B)+\vec{b} )、( T(C)=L(C)+\vec{b} ) 是变换后三角形的三个顶点，它们的重心为 ( \frac{1}{3}(T(A)+T(B)+T(C)) )，恰好等于 ( T(G) )。

这就证明了：变换后三角形的重心就是原重心的仿射像，即重心具备仿射不变性。

2. 外心不具备仿射不变性的证明（反例法） #

仿射变换不保持距离和角度，而外心的定义是到三个顶点距离相等的点，依赖于距离度量，因此我们可以用具体反例验证：

步骤1：构造原三角形与外心

取正三角形 ( \triangle ABC )，顶点坐标为 ( A(0,0) )、( B(2,0) )、( C(1, \sqrt{3}) )。
正三角形的外心与重心重合，计算得外心 ( O = \left(1, \frac{\sqrt{3}}{3}\right) )。

步骤2：施加仿射变换

选择沿y轴压缩一半的仿射变换：( T(x,y) = (x, \frac{1}{2}y) )。
变换后的三角形顶点为 ( A'(0,0) )、( B'(2,0) )、( C'(1, \frac{\sqrt{3}}{2}) )。

步骤3：计算变换后的外心

设变换后的外心为 ( O'(x,y) )，根据外心定义，到三个顶点距离相等：

• 到 ( A' ) 和 ( B' ) 的距离相等：( x^2 + y^2 = (x-2)^2 + y^2 )，解得 ( x=1 )。
• 到 ( A' ) 和 ( C' ) 的距离相等：( 1^2 + y^2 = (1-1)^2 + \left(y - \frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 )
  展开化简：
  [
  1 + y^2 = y^2 - \sqrt{3}y + \frac{3}{4} \implies \sqrt{3}y = -\frac{1}{4} \implies y = -\frac{1}{4\sqrt{3}}
  ]

步骤4：对比原外心的仿射像

原外心 ( O ) 经过变换 ( T ) 后的像为 ( T(O) = \left(1, \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{3}\right) = \left(1, \frac{\sqrt{3}}{6}\right) )。
显然 ( T(O) \neq O' )，说明变换后的外心不是原外心的仿射像，因此外心不具备仿射不变性。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者RichardHendrix